Corrigé des 25 exercices sur la rotation en 4ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Ensuite, L’hexagone est formé de six triangles équilatéraux : les angles \( \widehat{AOB} \), \( \widehat{BOC} \), … mesurent tous \( 360 \div 6 = 60 \) degrés, et O est à égale distance des six sommets.

a. Par ailleurs, la rotation de centre O d’angle 60° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre envoie chaque sommet sur le sommet voisin dans ce sens : A a pour image F et B a pour image A (O est fixe). Par ailleurs, l’image du triangle AOB est le triangle FOA.

b. Enfin, on a donc 240° = 4 × 60° : chaque sommet « avance » de 4 sommets dans le sens inverse des aiguilles d’une montre (A → F → E → D → C). A a pour image C et B a pour image D. Puis l’image de AOB est le triangle COD.

c. Par conséquent, la translation qui transforme C en D fait glisser chaque point parallèlement à [CD], dans le sens de C vers D et de la même longueur. Comme ABCDEF est formé de losanges : A a pour image F (car ACDF est un parallélogramme : AF et CD sont parallèles, de même longueur et de même sens), O a pour image E et B a pour image O. Ensuite, l’image de AOB est le triangle FEO.

Par ailleurs, sur cette figure, les sommets A, B, C, D, E, F se suivent dans le sens inverse des aiguilles d’une montre, et chaque angle au centre mesure 60°.

a. De même, rotation de centre O, d’angle 60°, sens inverse des aiguilles d’une montre :

• le point A a pour image B ;
• le point F a pour image A ;
• le triangle OBA a pour image le triangle OCB ;
• le losange ODEF a pour image le losange OEFA.

b. Par conséquent, rotation de centre C, d’angle 60°, sens des aiguilles d’une montre. Puis le point C ne bouge pas.

• CB = CO et \( \widehat{BCO} = 60^\circ \) (triangle équilatéral BCO), avec O obtenu en tournant dans le sens des aiguilles d’une montre : B a pour image O ;
• de même O a pour image D (triangle équilatéral OCD) ;
• le triangle ACE est équilatéral (ses côtés sont les diagonales de trois losanges identiques), donc CA = CE et \( \widehat{ACE} = 60^\circ \) : A a pour image E ;
• le triangle OBA a pour image le triangle DOE ;
• le losange OABC a pour image le losange DEOC.

Par ailleurs, tous les points sont sur le cercle de centre O. De plus, une rotation de centre O conserve la distance à O : toutes les images sont aussi sur ce cercle. Ensuite, il suffit donc, pour chaque point M, de tracer [OM], de reporter l’angle au rapporteur à partir de [OM] dans le bon sens, et de prendre l’intersection du côté obtenu avec le cercle.

a. De même, A′ et D′ : on tourne de 70° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre à partir de [OA] et de [OD].

b. Par conséquent, B′, C′ et E′ : on tourne de 45° dans le sens des aiguilles d’une montre à partir de [OB], [OC] et [OE].

c. De plus, les deux points images sont sur le cercle de centre O, donc on passe de l’un à l’autre par une rotation de centre O ; il reste à trouver l’angle en « recollant » les trois déplacements. Par ailleurs, on mesure sur la figure de l’énoncé \( \widehat{AOB} \approx 76^\circ \) et \( \widehat{DOC} \approx 68^\circ \) (ces mesures dépendent du tracé).

• De A′ à B′ : de A′ on revient à A (70° dans le sens des aiguilles d’une montre), de A on va à B (76° dans le sens inverse), puis de B à B′ (45° dans le sens des aiguilles d’une montre). Bilan : \( 70 – 76 + 45 = 39 \). B′ est l’image de A′ par la rotation de centre O d’angle environ 39° dans le sens des aiguilles d’une montre.
• De D′ à C′ : de D′ on revient à D (70° dans le sens des aiguilles d’une montre), de D on va à C (68° dans le même sens), puis de C à C′ (45°, encore le même sens). Bilan : \( 70 + 68 + 45 = 183 \) degrés dans le sens des aiguilles d’une montre, c’est-à-dire environ 177° dans le sens inverse. C′ est l’image de D′ par la rotation de centre O d’angle environ 183° dans le sens des aiguilles d’une montre : presque un demi-tour, C′ et D′ sont quasiment diamétralement opposés.

De même, méthode pour un point M (centre K, angle α) : on trace [KM], on place le rapporteur en K sur [KM], on marque l’angle α dans le sens demandé, puis on reporte au compas la longueur KM sur le nouveau côté.

a. Par conséquent, centre B, 75°, sens inverse des aiguilles d’une montre. Puis le centre est invariant : B a pour image lui-même. Ensuite, on construit A₁, C₁ et D₁ images de A, C et D, puis on trace le quadrilatère A₁BC₁D₁ en rouge.

b. De plus, centre O, 100°, sens des aiguilles d’une montre. Puis on construit A₂, B₂, C₂ et D₂ de la même façon et on trace A₂B₂C₂D₂ en vert.

Ainsi, contrôle : une rotation conserve les longueurs et les angles, donc les images ont exactement la même forme et les mêmes dimensions que ABCD ; seule leur position change.

a. Par conséquent, centre D, 45°, sens inverse des aiguilles d’une montre : D reste fixe. [DA] tourne de 45° : A₁ est sur la diagonale du carré issue de D, avec DA₁ = DA. De plus, on construit B₁ et C₁ de la même façon. Ensuite, le carré rouge A₁B₁C₁D a un sommet commun avec ABCD.

b. De plus, centre A, 135°, sens des aiguilles d’une montre : A reste fixe, et l’on obtient le carré vert AB₂C₂D₂.

c. Ainsi, tourner de 135° dans le sens des aiguilles d’une montre revient à tourner de ce qu’il manque pour faire un tour complet dans l’autre sens :

Par conséquent, on obtient \[ 360^\circ – 135^\circ = 225^\circ \]

Ensuite, on passe du carré noir au carré vert par la rotation de centre A d’angle 225° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre.

d. Par ailleurs, centre I, 280°, sens inverse des aiguilles d’une montre. Comme \( 360 – 280 = 80 \), c’est la même chose qu’une rotation de 80° dans le sens des aiguilles d’une montre, plus facile à tracer au rapporteur. Par ailleurs, on obtient le carré bleu A₃B₃C₃D₃.

Enfin, on repère les points sur le quadrillage (une unité = un carreau, origine au coin en bas à gauche) : A(1 ; 1), B(6 ; 2), C(13 ; 4) ; F a pour sommets A(1 ; 1), (3 ; 3), (4 ; 3), (5 ; 2) et (4 ; 1).

a. Ensuite, une rotation d’angle 180° est un demi-tour : l’image M₁ d’un point M est telle que B est le milieu de [MM₁]. Puis pour chaque sommet, on compte les carreaux de M à B et on les reporte au-delà de B. Par exemple A(1 ; 1) a pour image A₁(11 ; 3). Ensuite, les sommets de F₁ sont (11 ; 3), (9 ; 1), (8 ; 1), (7 ; 2) et (8 ; 3).

Par ailleurs, la rotation de centre B d’angle 180° est la symétrie centrale de centre B.

b. De même, même méthode avec le centre C : F₂ a pour sommets (15 ; 5), (17 ; 7), (18 ; 7), (19 ; 6) et (18 ; 5). A₁ a pour image A₂(15 ; 5).

c. Par conséquent, F₂ a la même orientation que F : on passe de F à F₂ par un glissement, c’est une translation. Chaque point se déplace de 14 carreaux vers la droite et 4 vers le haut, soit deux fois le déplacement de B vers C (de B à C : 7 carreaux vers la droite et 2 vers le haut).

Par ailleurs, centre. Le centre O d’une rotation est à la même distance d’un point et de son image : OA = OA′. Puis il appartient donc à la médiatrice de [AA′]. De même, il est sur la médiatrice de [BB′].

1. On trace les segments [AA′] et [BB′] (en pointillés) puis leurs médiatrices, à la règle et au compas.
2. Le centre O est le point d’intersection des deux médiatrices. On peut contrôler avec la médiatrice de [CC′], qui passe aussi par O.

De même, angle. On trace [OA] et [OA′] et on mesure l’angle \( \widehat{AOA^{\prime}} \) au rapporteur : on trouve 120°. De plus, on passe de [OA] à [OA′] en tournant dans le sens inverse des aiguilles d’une montre. Contrôle avec B : \( \widehat{BOB^{\prime}} \) mesure aussi 120°.

a. Ensuite, pour chaque point M, on trace [OM], on reporte au rapporteur un angle de 60° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre, puis on reporte la longueur OM au compas : on obtient M′ avec OM′ = OM et \( \widehat{MOM^{\prime}} = 60^\circ \).

b. Par ailleurs, une rotation de centre O conserve la distance au centre : OA′ = OA et OB′ = OB = OA. Ensuite, les images A′ et B′ sont donc sur le même cercle de centre O passant par A.

c. De même, une rotation conserve l’alignement : O, A, C et E sont alignés, donc leurs images O, A′, C′ et E′ le sont aussi. C′ et E′ appartiennent à la droite (OA′), image de la droite (OA). De plus OC′ = OC et OE′ = OE, et E′ reste de l’autre côté de O par rapport à A′ et C′, comme E l’était par rapport à A et C.

Ensuite, L’énoncé de cet exercice reprend la même figure que l’exercice 8 (rotation de centre O d’angle 60°, points A, B, C, D, E). Par ailleurs, on rédige ici les justifications sous forme de démonstration, en citant les propriétés de la rotation.

a. Par ailleurs, construction : voir l’exercice 8. Par définition, pour chaque point M d’image M′ : OM′ = OM et \( \widehat{MOM^{\prime}} = 60^\circ \).

De même, conséquence utile. Dans le triangle OAA′, OA = OA′ : il est isocèle en O. Ses angles à la base sont égaux et valent \( (180 – 60) \div 2 = 60 \) degrés. Ses trois angles mesurent 60° : OAA′ est équilatéral, donc AA′ = OA. De même OCC′ est équilatéral.

b. Ensuite, on a Données : A et B sont sur le cercle de centre O passant par A, donc OB = OA. Propriété : une rotation de centre O conserve les distances au centre. Conclusion : OA′ = OA et OB′ = OB = OA, donc A′ et B′ appartiennent au même cercle de centre O et de rayon OA.

c. Ainsi, on trouve Données : C et E appartiennent à la droite (OA). Propriété : l’image d’une droite par une rotation est une droite ; comme O est fixe, l’image de (OA) est la droite (OA′). Conclusion : C′ et E′ appartiennent à la droite (OA′), et les droites (OA) et (OA′) forment un angle de 60°.

De même, les cercles de la figure sont centrés en O et passent chacun par un ou plusieurs sommets du poisson : l’image de chaque sommet reste sur son cercle, puisqu’une rotation de centre O conserve la distance à O.

Par conséquent, a. Au compas seul, 60° dans le sens inverse. On utilise la propriété de l’exercice 9 : si M′ est l’image de M par la rotation de centre O d’angle 60°, le triangle OMM′ est équilatéral, donc MM′ = OM. Puis pour chaque sommet M :

1. on prend l’écartement OM au compas (pointe en O, mine sur M) ;
2. on pique en M et on trace un arc qui coupe le cercle passant par M : on garde le point d’intersection situé dans le sens inverse des aiguilles d’une montre ; c’est M′.

De plus, on relie ensuite les images dans le même ordre que les sommets, et on reporte l’œil et la bouche : on obtient le poisson rouge.

Ainsi, b. À l’équerre seule, 90° dans le sens des aiguilles d’une montre. Pour chaque sommet M, on place l’angle droit de l’équerre en O, un côté le long de [OM] ; l’autre côté donne la demi-droite perpendiculaire, du côté du sens des aiguilles d’une montre. M′ est l’intersection de cette demi-droite avec le cercle passant par M (\( \widehat{MOM^{\prime}} = 90^\circ \), OM′ = OM). Ensuite, la queue, à gauche de O, se retrouve au-dessus de O.

a. Par conséquent, pour chaque point M (A, B, C puis D), on construit son image M′ ainsi :

• on trace le segment [OM] ;
• on place le rapporteur en O, le zéro sur [OM], et on marque un angle de 90° en tournant dans le sens inverse des aiguilles d’une montre (avec une équerre, c’est un angle droit) ;
• sur cette demi-droite, on reporte au compas la longueur OM : on obtient M′, avec OM′ = OM et \( \widehat{MOM^{\prime}} = 90^\circ \).

De plus, comme A, B, C et D sont en haut ou à droite de O, leurs images partent vers la gauche et vers le haut : A′ se retrouve en bas à gauche, D′ tout en haut.

b. Ainsi, une rotation conserve l’alignement : l’image d’une droite est une droite. Puis les points A, B, C et D étant alignés, leurs images A′, B′, C′ et D′ sont alignées elles aussi. De plus, on le vérifie sur la figure avec la règle.

De plus, on remarque de plus que la droite (A′D′) est perpendiculaire à la droite (AD) : c’est normal, la rotation a fait tourner la droite d’un quart de tour.

De même, dans ce pavage, trois hexagones se rejoignent en chaque sommet. Au point A se touchent les hexagones 5, 6 et 9 ; au point B, les hexagones 5, 6 et 2 ; au point F, les hexagones 5, 9 et 8.

a. Par conséquent, la symétrie de centre I (milieu de [AB]) échange A et B : elle fait faire un demi-tour au pavage autour de I. Ensuite, elle échange les hexagones 5 et 6, qui ont le côté [AB] en commun, et elle échange l’hexagone accroché en B (le 2) avec celui accroché en A (le 9). Par ailleurs, l’image de l’hexagone 2 est l’hexagone 9.

b. De plus, la symétrie d’axe (AB) échange les hexagones 5 et 6. Puis l’hexagone 4 est collé à l’hexagone 5 par le côté [DE], le côté opposé à [AB] : les hexagones 4, 5 et 6 sont donc « en ligne », perpendiculairement à (AB). Son symétrique est l’hexagone qui prolonge cette ligne de l’autre côté de l’hexagone 6 : l’hexagone 7.

c. Ainsi, dans l’hexagone régulier, l’angle \( \widehat{BCD} \) mesure 120° et le triangle CDE est isocèle en D avec un angle de 120°, donc \( \widehat{DCE} = 30^\circ \) et \( \widehat{BCE} = 90^\circ \) : le vecteur qui va de C à E est perpendiculaire au côté [BC] et sa longueur est la distance entre les centres de deux hexagones voisins. Ensuite, cette translation fait donc passer de l’hexagone 2 à l’hexagone 5 (qui ont [BC] en commun), et de même elle fait descendre l’hexagone 3 d’un cran dans la même direction : l’image de l’hexagone 3 est l’hexagone 6.

d. Enfin, les trois côtés issus de A, [AB], [AF] et le côté commun aux hexagones 6 et 9, forment entre eux des angles de 120°. Puis la rotation de centre A et d’angle 120° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre fait tourner le côté [AF] sur le côté commun aux hexagones 6 et 9 (c’est l’angle de 120° marqué sur la figure). De plus, l’hexagone 8, accroché au sommet F, a donc pour image l’hexagone accroché à l’autre extrémité de ce côté : l’hexagone 10.

De plus, les six losanges ont le sommet O en commun et se partagent le tour complet : chacun occupe un angle de \( 360 \div 6 = 60 \) degrés autour de O.

a. Ainsi, la translation qui transforme A en O fait glisser chaque point de la même longueur et dans la même direction que de A vers O. Ainsi A a pour image O, L a pour image H, O a pour image G et B a pour image F (les segments [LH], [OG] et [BF] sont parallèles à [AO], de même sens et de même longueur). Ensuite, l’image de ALOB est le losange OHGF.

b. Enfin, la symétrie d’axe (OB) laisse O et B fixes et « replie » le losange ALOB sur le losange voisin qui a aussi le côté [OB] : A a pour image C et L a pour image D. Par ailleurs, l’image de ALOB est le losange CDOB.

c. Ensuite, la rotation de centre O d’angle 120° dans le sens des aiguilles d’une montre fait tourner chaque point de deux « parts » de 60°. A a pour image E, L a pour image D, O reste fixe et B a pour image F. Puis l’image de ALOB est le losange EDOF.

d. Par ailleurs, D’après la question a, la translation qui transforme A en O envoie ALOB sur OHGF ; la translation inverse, qui ramène OHGF sur ALOB, envoie O sur A, H sur L, G sur O et F sur B. ALOB est donc l’image de OHGF par la translation qui transforme H en L.

e. Enfin, le losange KJOL est le voisin de ALOB, de l’autre côté de [OL] :

• par la rotation de centre O d’angle 60° dans le sens inverse des aiguilles d’une montre, A a pour image K, L a pour image J, O reste fixe et B a pour image L : on obtient exactement KJOL ;
• par la symétrie d’axe (OL), A a pour image K et B a pour image J (O et L sont fixes) : on obtient aussi le losange KJOL.

De plus, la méthode est la même pour les trois rotations : pour chaque sommet M du polygone, on trace [OM] (O étant le centre), on reporte l’angle au rapporteur dans le bon sens, puis on reporte la longueur OM au compas. Ensuite, on relie ensuite les neuf images dans le même ordre que les sommets de départ. Puis le quadrillage permet de contrôler : l’image a exactement la même forme et les mêmes dimensions que le soulier.

Ainsi, rotation de centre V, d’angle 90°, sens horaire. Un quart de tour dans le sens des aiguilles d’une montre : ce qui était « au-dessus » de V passe « à droite » de V. De plus, le soulier, qui était debout au-dessus de V, se retrouve couché à droite de V. Avec un angle droit, l’équerre remplace le rapporteur.

Enfin, rotation de centre J, d’angle 45°, sens anti-horaire. Le point A est exactement « en diagonale » en haut à gauche de J (autant de carreaux vers la gauche que vers le haut) : après un huitième de tour dans le sens inverse des aiguilles d’une montre, son image A′ est sur la même ligne horizontale que J, à gauche, à la distance JA. Ensuite, les autres sommets se construisent de la même façon au rapporteur.

Ensuite, rotation de centre K, d’angle 60°, sens anti-horaire. Pour un angle de 60°, on peut aussi utiliser le compas seul : le triangle KMM′ est équilatéral (KM = KM′ et angle de 60°), donc M′ est à l’intersection du cercle de centre K de rayon KM et du cercle de centre M de même rayon.

1. Ainsi, on construit les images A′, B′ et C′ de A, B et C (rapporteur en O, 60° dans le sens des aiguilles d’une montre, puis report au compas des distances OA, OB et OC). Par ailleurs, on trace le triangle A′B′C′, puis le demi-cercle de diamètre [A′B′], du côté opposé à C′, comme sur la figure de départ.

2. Enfin, une rotation conserve les mesures des angles. Puis l’angle \( \widehat{C^{\prime}} \) du triangle A′B′C′ est l’image de l’angle \( \widehat{C} \) du triangle ABC, donc \( \widehat{C^{\prime}} = 33{,}7^\circ \).

3. Ensuite, la figure est formée du triangle rectangle ABC et d’un demi-disque de diamètre AB = 4 cm, donc de rayon 2 cm.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{\text{triangle}} &= \frac{AB \times BC}{2} = \frac{4 \times 6}{2} = 12 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{demi-disque}} &= \frac{\pi \times 2^2}{2} = 2\pi \approx 6{,}28 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{totale}} &= 12 + 2\pi \approx 18{,}28 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

De plus, arrondie au cm², l’aire totale est d’environ 18 cm².

4. Ainsi, une rotation conserve les longueurs : [B′C′] est l’image de [BC], donc B′C′ = BC = 6 cm.

5. Enfin, une rotation conserve les aires (la figure image est superposable à la figure de départ). Ensuite, l’aire de la figure image est donc aussi d’environ 18 cm².

Enfin, les deux images sont déjà construites sur la figure : il reste à justifier.

1. Ensuite, A′B′C′D′ est l’image de ABCD par une rotation. Puis une rotation conserve les mesures des angles, donc \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} = \widehat{ABC} = 130^\circ \).

2. La droite (A″B″) est l’image de la droite (AB) par une translation. Or une translation transforme une droite en une droite parallèle. Donc (AB) et (A″B″) sont parallèles.

3. L’aire d’un parallélogramme est égale à base × hauteur. De plus, pour ABCD, la base [AB] mesure 6 cm et la hauteur correspondante [DG] mesure 4,6 cm :

\[ \mathcal{A}_{ABCD} = AB \times DG = 6 \times 4{,}6 = 27{,}6 \text{ cm}^2 \]

Une rotation conserve les aires, donc A′B′C′D′ a la même aire que ABCD : 27,6 cm².

1. On construit d’abord l’image A′B′C′ par la translation qui transforme E en F : chaque point glisse parallèlement à [EF], dans le sens de E vers F, d’une longueur égale à EF (on trace des parallélogrammes EFA′A, EFB′B, EFC′C). Ensuite, on fait ensuite tourner cette figure translatée autour de O de 130° dans le sens des aiguilles d’une montre : on obtient A″B″C″. Par ailleurs, les demi-cercles se reportent sur [A′B′] puis sur [A″B″], du côté opposé au troisième sommet.

2. Une translation conserve les mesures des angles. Puis l’angle \( \widehat{BAC} \) est droit, donc \( \widehat{B^{\prime}A^{\prime}C^{\prime}} = 90^\circ \).

3. La figure initiale est formée du triangle rectangle ABC et d’un demi-disque de diamètre AB = 3 cm, donc de rayon 1,5 cm.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{\text{triangle}} &= \frac{AB \times AC}{2} = \frac{3 \times 2{,}5}{2} = 3{,}75 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{demi-disque}} &= \frac{\pi \times 1{,}5^2}{2} \approx 3{,}53 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{figure}} &\approx 3{,}75 + 3{,}53 = 7{,}28 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

Arrondie au cm², l’aire de la figure initiale est d’environ 7 cm².

4. Une translation conserve les aires : la figure translatée a la même aire, environ 7 cm².

5. La droite (A′B′) est l’image de (AB) par une translation, et une translation transforme une droite en une droite parallèle : (AB) et (A′B′) sont parallèles.

La figure est formée du polygone ABCDE et d’un demi-disque de diamètre [AE]. Ensuite, une rotation transforme un segment en un segment de même longueur et un demi-cercle en un demi-cercle de même rayon : il suffit donc de construire les images des cinq points A, B, C, D et E.

• Pour chaque point M : tracer [OM], placer le rapporteur en O, zéro sur [OM], marquer 70° dans le sens des aiguilles d’une montre, puis reporter OM au compas pour placer M′.
• Relier A′, B′, C′, D′ et E′ dans l’ordre.
• Tracer le demi-cercle de diamètre [A′E′] (son centre est le milieu de [A′E′]) du même côté que sur la figure de départ, c’est-à-dire du côté opposé à B′.

Contrôle : C′D′ = CD (un carreau) et D′E′ = DE (un carreau), et l’angle en D′ est droit comme l’angle en D.

La figure rouge est limitée par trois demi-cercles : le grand de diamètre [BD] et les deux petits de diamètres [BA] et [AD]. Puis il suffit de construire les images B′, A′ et D′ des trois points, puis de tracer les trois demi-cercles images.

• Pour B, A et D : tracer le segment qui le relie à O, marquer au rapporteur un angle de 130° dans le sens des aiguilles d’une montre, reporter la distance au compas.
• Comme B, A et D sont alignés, B′, A′ et D′ sont alignés (la rotation conserve l’alignement) et A′ est entre B′ et D′.
• Tracer les demi-cercles de diamètres [B′D′], [B′A′] et [A′D′], tous du côté opposé à O (sur la figure de départ, ils sont du côté opposé à O).

1. On construit les images A′, B′, C′, D′ des sommets du rectangle et l’image G′ du centre du cercle (rapporteur en O, 55° dans le sens des aiguilles d’une montre, report des distances au compas). De plus, on trace le rectangle A′B′C′D′ puis le cercle de centre G′ et de rayon 1 cm : il touche [A′B′] en son milieu E′.

2. Une rotation conserve les longueurs : [D′C′] est l’image de [DC], donc D′C′ = DC = 3 cm.

3. L’angle \( \widehat{DAB} \) est un angle droit (ABCD est un rectangle). Ensuite, une rotation conserve les angles, donc \( \widehat{D^{\prime}A^{\prime}B^{\prime}} \) est aussi un angle droit : il mesure 90°.

4. La figure est formée du rectangle (3 cm sur 2 cm) et d’un disque de rayon 1 cm, qui ne se chevauchent pas.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A} &= 3 \times 2 + \pi \times 1^2 \\ &= 6 + \pi \\ &\approx 9{,}14 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

Arrondie au dixième, l’aire de la figure initiale est d’environ 9,1 cm².

5. Une rotation conserve les aires : l’aire de la figure image est aussi d’environ 9,1 cm².

L’énoncé ne précise pas le centre des rotations : on utilise le seul point marqué sur la figure, le point O.

1. Rotation de centre O, d’angle 60°, dans le sens des aiguilles d’une montre. Par ailleurs, pour chaque sommet : tracer le segment qui le relie à O, marquer 60° au rapporteur (ou utiliser le compas : le triangle OAA′ est équilatéral), reporter la distance au compas. Puis le triangle A′B′C′ se retrouve au-dessus de O, « debout ».

2. Rotation de centre O, d’angle 75°, dans le sens inverse des aiguilles d’une montre. Même méthode, en tournant cette fois dans l’autre sens : le triangle image se retrouve en dessous, à gauche de O.

3. Pour chacune des deux rotations, [A′B′] est l’image de [AB]. Ensuite, une rotation conserve les longueurs, donc A′B′ = AB = 4 cm.

4. Une rotation conserve les mesures des angles, donc \( \widehat{C^{\prime}A^{\prime}B^{\prime}} = \widehat{CAB} = 130^\circ \), quelle que soit la rotation utilisée.

1. On construit A′, B′ et C′ (rapporteur en O, 80° dans le sens des aiguilles d’une montre, report des distances OA, OB, OC au compas), puis le triangle A′B′C′ et les deux demi-cercles de diamètres [A′B′] et [B′C′], placés à l’extérieur du triangle. Puis on obtient la figure orange de l’énoncé.

2. Le triangle ABC est rectangle en B. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AB^2 + BC^2 \\ &= 2{,}6^2 + 4{,}2^2 \\ &= 6{,}76 + 17{,}64 = 24{,}4 \\ AC &= \sqrt{24{,}4} \approx 4{,}94 \text{ cm} \end{aligned} \]

Arrondie à l’unité : AC ≈ 5 cm.

3. La figure orange est l’image de la figure verte : elle est formée d’un triangle rectangle de côtés de l’angle droit 2,6 cm et 4,2 cm, d’un demi-disque de rayon \( 2{,}6 \div 2 = 1{,}3 \) cm et d’un demi-disque de rayon \( 4{,}2 \div 2 = 2{,}1 \) cm.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{\text{triangle}} &= \frac{2{,}6 \times 4{,}2}{2} = 5{,}46 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{petit demi-disque}} &= \frac{\pi \times 1{,}3^2}{2} \approx 2{,}65 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{grand demi-disque}} &= \frac{\pi \times 2{,}1^2}{2} \approx 6{,}93 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{totale}} &\approx 15{,}04 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

Arrondie au dixième : l’aire de la figure orange est d’environ 15,0 cm².

4. Non, les droites (AB) et (A′B′) ne sont pas parallèles. De plus, une rotation d’angle 80° fait tourner la droite (AB) de 80° : les droites (AB) et (A′B′) sont sécantes et forment un angle de 80°. (Seule une rotation de 180°, c’est-à-dire une symétrie centrale, transforme une droite en une droite parallèle.)

5. Une rotation conserve les longueurs : A′C′ = AC, soit A′C′ ≈ 4,94 cm (environ 5 cm).

6. Une rotation conserve les aires : l’aire de la figure image est égale à celle de la figure verte, environ 15,0 cm² (c’est le calcul de la question 3).

7. Une rotation conserve les angles : \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} = \widehat{ABC} = 90^\circ \).

On lit sur la figure : ABCD a quatre angles droits, avec DC = 4 cm et AD = 2 cm ; le triangle AEF est rectangle en A avec AE = 2 cm et AF = 3 cm.

1. On construit les images E′, A′, F′, B′, C′ et D′ (rapporteur en O, 55° dans le sens des aiguilles d’une montre, report des distances au compas), puis on relie les points comme sur la figure de départ.

2. Une rotation conserve les longueurs : D′C′ = DC = 4 cm.

3. Les droites (AB) et (DC) sont toutes les deux perpendiculaires à la droite (AD) (angles droits en A et en D). Or si deux droites sont perpendiculaires à une même droite, elles sont parallèles : (AB) et (DC) sont parallèles.

4. L’aire de la figure initiale est la somme de l’aire du rectangle ABCD et de celle du triangle rectangle AEF :

\[ \begin{aligned} \mathcal{A} &= DC \times AD + \frac{AE \times AF}{2} \\ &= 4 \times 2 + \frac{2 \times 3}{2} \\ &= 8 + 3 = 11 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

5. Une rotation conserve les aires : l’aire de la figure image est aussi de 11 cm².

On lit sur la figure : ABC est rectangle en B, AB = 4 cm, BC = 3 cm ; le disque de centre F a pour rayon FD = 2 cm et touche [AB] en son milieu D ; le disque de centre H a pour rayon EH = 1,5 cm et touche [BC] en son milieu E.

1. On construit A′, B′, C′ puis les centres F′ et H′ (rapporteur en O, 85° dans le sens des aiguilles d’une montre, report au compas). Ensuite, on trace le triangle A′B′C′, le cercle de centre F′ de rayon 2 cm et le cercle de centre H′ de rayon 1,5 cm : ils touchent [A′B′] et [B′C′] en leurs milieux D′ et E′.

2. La figure est formée du triangle rectangle et des deux disques, qui ne se chevauchent pas :

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{\text{triangle}} &= \frac{4 \times 3}{2} = 6 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{disque F}} &= \pi \times 2^2 = 4\pi \approx 12{,}57 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{disque H}} &= \pi \times 1{,}5^2 = 2{,}25\pi \approx 7{,}07 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{totale}} &= 6 + 6{,}25\pi \approx 25{,}63 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

Arrondie au dixième : 25,6 cm².

3. Une rotation conserve les longueurs : A′B′ = AB = 4 cm.

4. Une rotation conserve les aires : l’aire de la figure image est aussi d’environ 25,6 cm².

On lit sur la figure : ABC est rectangle en B avec AB = 2 cm et BC = 4 cm ; D est le milieu de [AC], AC = 4,5 cm et [ED] est perpendiculaire à [AC] avec ED = 3 cm : [ED] est la hauteur du triangle ACE issue de E.

1. On construit A′, B′, C′, E′ et D′ (rapporteur en O, 100° dans le sens des aiguilles d’une montre, report des distances au compas), puis on trace A′B′C′E′ et les segments [A′C′] et [E′D′].

2. La figure initiale est formée des triangles ABC et ACE :

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{ABC} &= \frac{AB \times BC}{2} = \frac{2 \times 4}{2} = 4 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{ACE} &= \frac{AC \times ED}{2} = \frac{4{,}5 \times 3}{2} = 6{,}75 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{ABCE} &= 4 + 6{,}75 = 10{,}75 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

L’aire de la figure initiale est de 10,75 cm². (La longueur AC = 4,5 cm est arrondie : le théorème de Pythagore donne \( AC = \sqrt{2^2 + 4^2} = \sqrt{20} \approx 4{,}47 \) cm, ce qui donnerait environ 10,7 cm².)

3. Une rotation conserve les aires : l’aire de A′B′C′E′ est aussi de 10,75 cm².

4. Les droites (AB) et (BC) sont perpendiculaires (angle droit en B). Par ailleurs, une rotation conserve les angles, donc l’angle \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} \) est droit : (A′B′) et (B′C′) sont perpendiculaires.